Le cours formel Définition du logarithme népérien
Définition · Logarithme népérien
La fonction exponentielle est une bijection de \(\R\) sur \(]0,+\infty[\) . Sa bijection réciproque est appelée logarithme népérien , notée \(\ln\) .
Pour tout \(x>0\) :
\[\boxed{\ln x = y \iff x = \e^y}\]
Le logarithme népérien est défini sur \(]0,+\infty[\) et à valeurs dans \(\R\) .
Propriété · Conséquences immédiates de la définition
Pour tout \(x\in\R\) et tout \(y>0\) :
\(\ln(\e^x)=x\) (le \(\ln\) « annule » l'exponentielle)
\(\e^{\ln y}=y\) (l'exponentielle « annule » le \(\ln\) )
\(\ln 1=0\) (car \(\e^0=1\) )
\(\ln \e=1\) (car \(\e^1=\e\) )
Démonstration · De \(\ln(\e^x)=x\)
Par définition :
\[\begin{aligned}\ln(\e^x)=y\\[.35em]&\iff \e^x=\e^y\\[.35em]&\iff x=y\end{aligned}\]
(l'exponentielle est injective). Donc \(\ln(\e^x)=x\) .
Attention · \(\ln\) n'est défini que pour \(x>0\)
\(\ln(0)\) , \(\ln(-3)\) , \(\ln(x^2-5)\) quand \(x^2-5\leqslant 0\) : tout cela n'existe pas . Avant toute manipulation, vérifie que l'argument du \(\ln\) est strictement positif .
À toi d’essayer
Retrouver la question posée au logarithme Calcule \(\ln(\e^{-3})\) , \(\e^{\ln(1/4)}\) et \(\ln1\) . Les expressions \(\ln(-3)\) et \(\ln(\e^{-3})\) ont-elles le même sens ? Puis déduis de \((a,\e^a)\) un point de la courbe du logarithme.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Le logarithme prend en entrée un nombre positif et renvoie l'exposant qui le produit.
Indice 2 · Un pas de plus La quantité \(\e^{-3}\) est positive ; son logarithme peut être négatif. Les coordonnées s'échangent pour la fonction réciproque.
Voir l’explication On obtient respectivement \(-3\) , \(1/4\) et 0. Le logarithme réel de \(-3\) n'est pas défini, tandis que \(\ln(\e^{-3})=-3\) est défini : l'argument et le résultat n'ont pas la même contrainte de signe. Si \(\e^a=b\) , alors \(\ln b=a\) ; le point \((a,b)\) devient \((b,a)\) . Réessaie avec \(a=0\) , \(a=1\) , puis \(a=-1\) .
Agrandir ↗ Même unité sur les deux axes : le segment pointillé entre les deux points est perpendiculaire à \(y=x\) , qui le coupe en son milieu. Le dessin montre l'échange des coordonnées ; il ne prouve pas à lui seul les limites.
Exemple · Un domaine qui possède deux morceaux
Pour \(F(x)=\ln\!\left(\dfrac{x+1}{x-2}\right)\) , il faut un quotient défini et strictement positif. Les valeurs critiques sont \(-1\) (numérateur nul) et 2 (dénominateur nul).
\(x\) \(]-\infty,-1[\) \(-1\) \(]-1,2[\) \(2\) \(]2,+\infty[\) \(x+1\) \(-\) 0 \(+\) \(+\) \(+\) \(x-2\) \(-\) \(-\) \(-\) 0 \(+\) quotient \(+\) 0 \(-\) non défini \(+\)
Ainsi \(D_F=]-\infty,-1[\cup]2,+\infty[\) . Deux facteurs négatifs peuvent donner un quotient positif : imposer séparément \(x+1>0\) et \(x-2>0\) ferait perdre tout le premier intervalle.
À toi d’essayer
Un logarithme défini ne peut pas toujours se décomposer Compare les domaines de \(F(x)=\ln(x^2-1)\) et \(G(x)=\ln(x-1)+\ln(x+1)\) . Calcule le sens de chacune des expressions en \(x=-2\) . Sur quel domaine peut-on les identifier ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Le produit \((x-1)(x+1)\) peut être positif avec deux facteurs négatifs. Deux logarithmes séparés exigent deux arguments positifs.
Indice 2 · Un pas de plus Le domaine de \(F\) est \(]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[\) ; celui de \(G\) exige \(x>1\) .
Voir l’explication En \(x=-2\) , \(F(-2)=\ln3\) existe, mais \(G(-2)\) demanderait \(\ln(-3)\) et \(\ln(-1)\) , non définis dans \(\R\) . On a \(F=G\) sur \(]1,+\infty[\) seulement. La formule produit s'applique quand chaque facteur est positif, pas seulement leur produit. Sur tout le domaine de \(F\) , on peut écrire \(F(x)=\ln|x-1|+\ln|x+1|\) , car les deux valeurs absolues sont positives et leur produit vaut \(x^2-1\) . Réessaie avec \(\ln(x^2)\) et \(2\ln x\) .
Propriétés algébriques
Théorème · Relation fonctionnelle
Pour tous \(a,b>0\) :
\[\boxed{\ln(ab)=\ln a+\ln b}\]
Une preuve à construire
Pourquoi un produit devient-il une somme ? Pour \(a>0\) et \(b>0\) , démontre \(\ln(ab)=\ln a+\ln b\) à partir de l'exponentielle. Énonce les conditions avant le calcul.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Pose \(\alpha=\ln a\) et \(\beta=\ln b\) , puis calcule l'exponentielle de \(\alpha+\beta\) .
Indice 2 · Un pas de plus Les relations inverses donnent \(\e^\alpha=a\) et \(\e^\beta=b\) .
Voir la preuve expliquée Les hypothèses rendent \(\ln a\) , \(\ln b\) et \(\ln(ab)\) définis. La relation fonctionnelle de l'exponentielle donne
\[\begin{aligned}\e^{\alpha+\beta} &= \e^\alpha\e^\beta\\[.35em]&= ab.\end{aligned}\]
Par définition, \(\ln(ab)\) est l'unique exposant dont l'exponentielle vaut \(ab\) ; donc
\[\begin{aligned}\ln(ab) &= \alpha+\beta\\[.35em]&= \ln a+\ln b
.\end{aligned}\]
Réessaie avec \(b=1/a\) et déduis la formule du logarithme de l'inverse.
Propriété · Propriétés algébriques fondamentales
Pour tous \(a,b>0\) et tout \(n\in\Z\) :
\(\ln(ab)=\ln a+\ln b\) (produit \(\to\) somme)
\(\ln\!\Bigl(\dfrac{1}{b}\Bigr)=-\ln b\) (inverse \(\to\) opposé)
\(\ln\!\Bigl(\dfrac{a}{b}\Bigr)=\ln a-\ln b\) (quotient \(\to\) différence)
\(\ln(a^n)=n\ln a\) (puissance \(\to\) produit)
\(\ln(\sqrt{a})=\dfrac{1}{2}\ln a\) (racine \(\to\) moitié)
Démonstration · Des propriétés 2 à 5
2. \(b\cdot\frac{1}{b}=1\) , donc
\[\begin{aligned}\ln b+\ln(\frac{1}{b}) &= \ln 1\\[.35em]&= 0
,\end{aligned}\]
d'où \(\ln(\frac{1}{b})=-\ln b\) .
3.
\[\begin{aligned}\ln(\frac{a}{b}) &= \ln(a\cdot\frac{1}{b})\\[.35em]&= \ln a+\ln(\frac{1}{b})\\[.35em]&= \ln a-\ln b
.\end{aligned}\]
4. Pour \(n\in\N^*\) :
\[\begin{aligned}\ln(a^n) &= \ln(\underbrace{a\cdot a\cdots a}_{n})\\[.35em]&= \underbrace{\ln a+\cdots+\ln a}_{n}\\[.35em]&= n\ln a
.\end{aligned}\]
Pour \(n=0\) :
\[\begin{aligned}\ln(a^0) &= \ln 1\\[.35em]&= 0\\[.35em]&= 0\cdot\ln a
.\end{aligned}\]
Pour \(n<0\) :
\[\begin{aligned}\ln(a^n) &= \ln(\frac{1}{a^{-n}})\\[.35em]&= -\ln(a^{-n})\\[.35em]&= -(-n)\ln a\\[.35em]&= n\ln a
.\end{aligned}\]
5. Puisque \(a>0\) , la racine \(\sqrt a\) est positive. La formule du produit appliquée à \(\sqrt a\times\sqrt a=a\) donne
\[2\ln(\sqrt a)=\ln a,
\qquad \ln(\sqrt a)=\frac12\ln a.\]
On utilise ainsi la formule du carré déjà établie pour un exposant entier, sans supposer une extension encore non démontrée.
Exemple · Calculs types
1.
\[\begin{aligned}\ln 8 &= \ln 2^3\\[.35em]&= 3\ln 2
.\end{aligned}\]
2.
\[\ln\frac{3}{5}=\ln 3-\ln 5.\]
3.
\[\begin{aligned}\ln\frac{\e^3}{\sqrt{\e}} &= \ln\e^3-\ln\e^{1/2}\\[.35em]&= 3-\frac{1}{2}\\[.35em]&= \frac{5}{2}
.\end{aligned}\]
4.
\[\begin{aligned}\ln 0{,}01 &= \ln 10^{-2}\\[.35em]&= -2\ln 10\\[.35em]&\approx -4{,}61
.\end{aligned}\]
5.
\[\begin{aligned}\ln 72 &= \ln(8\times 9)\\[.35em]&= \ln 2^3+\ln 3^2\\[.35em]&= 3\ln 2+2\ln 3
.\end{aligned}\]
Attention · Les expressions existent ; les formules ne sont pas toutes des identités
\(\ln(a+b)=\ln a+\ln b\) n'est pas une identité : en
\[\begin{aligned}a &= b\\[.35em]&= 1
,\end{aligned}\]
elle donnerait \(\ln2=0\) . Pour \(a,b>0\) , le produit \(\ln a\times\ln b\) a bien un sens ; il n'est pas la formule du logarithme du produit.
Pour \(a>0\) , \((\ln a)^2\) est le carré d'un nombre, tandis que \(\ln(a^2)=2\ln a\) . Ces expressions coïncident en \(a=1\) ou \(a=\e^2\) , sans être identiques pour tout \(a\) .
Enfin \(\ln(x^2)=2\ln|x|\) pour \(x\ne0\) . La formule \(2\ln x\) ne couvre que \(x>0\) .
À toi d’essayer
Simplifier en conservant les conditions Pour \(x>0\) , simplifie \(A(x)=\ln(4x^2)-2\ln(2x)\) . Peut-on conserver ce calcul à \(x=-1\) ? Compare avec \(B(x)=\ln(4x^2)-2\ln|2x|\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Décompose les produits uniquement lorsque leurs facteurs sont positifs.
Indice 2 · Un pas de plus Sur \(x>0\) , \(\ln(4x^2)=2\ln2+2\ln x\) et \(2\ln(2x)=2\ln2+2\ln x\) .
Voir l’explication Les deux développements sont égaux, donc \(A(x)=0\) pour tout \(x>0\) . En \(x=-1\) , le premier terme existe mais \(\ln(2x)\) n'existe pas : la simplification ne prolonge pas automatiquement la fonction initiale. Pour \(B\) , \(|2x|>0\) dès que \(x\ne0\) et \(4x^2=|2x|^2\) , donc \(B(x)=0\) sur \(\R\setminus\{0\}\) . Réessaie avec \(\ln(9x^2)-2\ln|3x|\) .
Signe du logarithme
Démonstration
\(\ln\) est strictement croissante (voir section suivante) et \(\ln 1=0\) . Donc : \(x<1\Rightarrow\ln x<\ln 1=0\) et \(x>1\Rightarrow\ln x>\ln 1=0\) .
Exemple
\(\ln\frac{1}{2}<0\) (car \(\frac{1}{2}<1\) ), \(\ln 3>0\) (car \(3>1\) ), \(\ln\e^{-5}<0\) (car \(\e^{-5}<1\) ).
À toi d’essayer
Un argument positif, un résultat négatif Détermine le domaine et le signe de \(F(x)=\ln(3-x)\) . Donne un point où l'argument est positif mais le logarithme négatif.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Il faut d'abord \(3-x>0\) . Ensuite compare cet argument à 1.
Indice 2 · Un pas de plus Le zéro vérifie \(3-x=1\) ; la borne 3 n'est pas dans le domaine.
Voir l’explication Le domaine est \(]-\infty,3[\) . Pour \(x<2\) , l'argument est supérieur à 1, donc \(F>0\) . En 2, \(F=0\) . Sur \(]2,3[\) , l'argument appartient à \(]0,1[\) , donc \(F<0\) . Par exemple \(x=5/2\) donne \(F(x)=\ln(1/2)=-\ln2<0\) . Réessaie avec \(\ln(2x+1)\) en faisant figurer la borne exclue et le zéro sur une droite.
Étude complète de la fonction \(\ln\)
Propriété · Dérivée du logarithme
La dérivabilité de \(\ln\) sur \(]0,+\infty[\) est admise. La formule suivante est démontrée ci-dessous :
\[\boxed{(\ln x)'=\frac{1}{x}}\]
Une preuve à construire
Démonstration du programme : dérivée du logarithme En admettant la dérivabilité de \(\ln\) sur \(]0,+\infty[\) , démontre \((\ln)'(x)=1/x\) . Ne confonds pas l'existence de la dérivée et le calcul de sa valeur.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Dérive l'identité \(\e^{\ln x}=x\) par composition.
Indice 2 · Un pas de plus La dérivée du membre de gauche est \(\e^{\ln x}(\ln)'(x)\) .
Voir la preuve expliquée Sur \(]0,+\infty[\) , les deux fonctions sont dérivables par l'hypothèse admise et la règle de composition. En dérivant l'identité,
\[\e^{\ln x}(\ln)'(x)=1.\]
Comme \(\e^{\ln x}=x>0\) , on divise par \(x\) et on obtient \((\ln)'(x)=1/x\) . La limite \(\ln(1+h)/h\to1\) sera une conséquence de cette dérivée ; l'utiliser ici sans preuve préalable rendrait le raisonnement circulaire. Réessaie pour déterminer la pente et l'équation de la tangente au point d'abscisse 2.
Propriété · Variations et tableau
\(\ln\) est strictement croissante sur \(]0,+\infty[\) (car \((\ln x)'=\frac{1}{x}>0\) ).
\(\ln\) est concave sur \(]0,+\infty[\) (car \((\ln x)''=-\frac{1}{x^2}<0\) ).
\(x\) \(0^+\) \(+\infty\) \(\frac{1}{x}\) \(+\) \(\ln x\) \(-\infty\) \(\nearrow\) \(+\infty\)
Agrandir ↗ Propriété · Conséquences de la stricte croissance
Pour tous \(a,b>0\) :
\(\ln a=\ln b\iff a=b\) \(\ln a<\ln b\iff a<b\) \(\ln a\leqslant\ln b\iff a\leqslant b\) Autrement dit : on peut « passer au \(\ln\) » dans une inégalité (entre quantités positives) sans changer le sens .
À toi d’essayer
Croître de moins en moins vite ne signifie pas décroître Compare les pentes de \(\ln\) en \(1/2\) , 1 et 2. La fonction finit-elle par décroître ? Écris sa tangente en 2 puis compare, à \(x=1\) , la courbe et cette tangente.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Les pentes valent \(1/x\) : elles diminuent mais restent positives. La concavité place la courbe sous ses tangentes.
Indice 2 · Un pas de plus La tangente en 2 a pour équation \(T(x)=\ln2+(x-2)/2\) . En 1, sa valeur est \(\ln2-1/2\) .
Voir l’explication Les pentes valent 2, 1 et \(1/2\) : la fonction reste strictement croissante puisque chaque pente est positive. Elle est concave car sa dérivée décroît. La tangente est \(T(x)=\ln2+(x-2)/2\) ; au point \(x=1\) , la courbe vaut 0 et se trouve sous la tangente, donc \(0\leqslant\ln2-1/2\) . La lenteur de la croissance n'implique pas une limite finie. Réessaie avec la tangente en \(a=1/2\) .
Une preuve à construire
Encadrer le logarithme autour de 1 Prouve, pour \(x>0\) , \(\ln x\leqslant x-1\) , avec égalité seulement en 1. Déduis-en \(1-1/x\leqslant\ln x\leqslant x-1\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Étudie le minimum de \(g(x)=x-1-\ln x\) . Pour la borne inférieure, applique la borne supérieure à \(1/x\) .
Indice 2 · Un pas de plus On a \(g'(x)=(x-1)/x\) . Et \(\ln(1/x)=-\ln x\) .
Voir la preuve expliquée Le dénominateur de \(g'\) est positif ; \(g\) décroît strictement sur \(]0,1]\) puis croît strictement sur \([1,+\infty[\) . Son minimum est \(g(1)=0\) , atteint uniquement en 1. Donc \(\ln x\leqslant x-1\) , avec égalité uniquement en 1. Appliquée à \(1/x>0\) , cette inégalité donne \(-\ln x\leqslant1/x-1\) . Multiplier par \(-1\) renverse l'ordre et donne \(\ln x\geqslant1-1/x\) . Pour \(x\ne1\) , les deux bornes sont strictes. Réessaie avec \(x=1{,}1\) : écris des bornes rationnelles de \(\ln(1{,}1)\) .
Limites de référence
Théorème · Limites fondamentales
\[\lim_{x\to 0^+}\ln x=-\infty \qquad\qquad \lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\]
Démonstration
En \(+\infty\) : pour tout \(A>0\) , si \(x>\e^A\) alors \(\ln x>A\) (car \(\ln\) croissante). Donc \(\ln x\to+\infty\) .
En \(0^+\) : posons \(t=\frac{1}{x}\) . Quand \(x\to 0^+\) , \(t\to+\infty\) .
\[\begin{aligned}\ln x &= \ln\frac{1}{t}\\[.35em]&= -\ln t\\[.35em]&\to -\infty
.\end{aligned}\]
Propriété · Limites classiques en \(0\)
\[\boxed{\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1}\]
C'est le taux d'accroissement de \(\ln\) en \(1\) :
\[\begin{aligned}\frac{\ln(1+x)-\ln 1}{x} &\to (\ln)'(1)\\[.35em]&= \frac{1}{1}\\[.35em]&= 1
.\end{aligned}\]
À toi d’essayer
Regarder l'argument avant de choisir une limite Détermine les limites de \(\ln(2-x)\) en \(x\to2^-\) et de \(\ln(x^2+1)\) en \(x\to+\infty\) . Peut-on demander une limite réelle de \(\ln(2-x)\) en \(2^+\) ? Puis calcule \(\lim_{h\to0}\ln(1+3h)/h\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste L'argument tend respectivement vers \(0^+\) et \(+\infty\) . Pour la dernière limite, crée le dénominateur \(3h\) .
Indice 2 · Un pas de plus Au voisinage de 0, \(1+3h>0\) . Le quotient vaut \(3\ln(1+3h)/(3h)\) pour \(h\ne0\) .
Voir l’explication La première limite est \(-\infty\) et la seconde \(+\infty\) , par composition. La fonction \(\ln(2-x)\) n'est pas définie pour \(x>2\) , donc la limite demandée à droite n'est pas une limite de cette fonction réelle sur son domaine. Enfin le taux d'accroissement en 1 donne une limite égale à 3. Réessaie avec \(\ln(1-h)/(2h)\) et justifie son domaine près de 0.
Croissances comparées
Théorème · Croissances comparées : le résultat fondamental
\[\boxed{\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0}\]
En \(+\infty\) , le logarithme croît moins vite que toute puissance positive de \(x\) . On dit que \(\ln x\) est négligeable devant \(x\) .
Une preuve à construire
Transformer une comparaison logarithmique en comparaison exponentielle Prouve \(\ln x/x\to0\) en \(+\infty\) , puis \(\ln x/x^n\to0\) pour tout entier \(n\geqslant1\) . Explique aussi pourquoi \((\ln x)^m/x\to0\) pour tout entier \(m\geqslant1\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Pose \(t=\ln x\) ; alors \(x=\e^t\) et \(t\to+\infty\) .
Indice 2 · Un pas de plus Les quotients deviennent \(t/\e^t\) , \(t/\e^{nt}\) et \(t^m/\e^t\) .
Voir la preuve expliquée La limite \(\ln x\to+\infty\) justifie \(t\to+\infty\) . La première expression vaut \(t/\e^t\) , qui tend vers 0 par la croissance comparée de la fiche 10. Pour \(n\geqslant1\) ,
\[\frac{\ln x}{x^n}=\frac{t}{\e^{nt}}\longrightarrow0.\]
Pour \(m\geqslant1\) , on obtient
\[\begin{aligned}(\ln x)^m/x &= t^m/\e^t\\[.35em]&\to 0
.\end{aligned}\]
Dans chaque cas, les paramètres sont fixés avant de faire tendre la variable vers l'infini. La même substitution fonctionne pour \(x^\alpha=\e^{\alpha\ln x}\) , \(\alpha>0\) . Réessaie avec \((\ln x)^2/\sqrt x\) .
Propriété · Variantes des croissances comparées
Pour tout \(\alpha>0\) et tout \(n\in\N^*\) :
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^\alpha}=0\) (\(\ln\) négligeable devant \(x^\alpha\) )
\(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^n}{x}=0\) (même \((\ln x)^n\) est négligeable devant \(x\) )
\(\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x\ln x=0\) (en \(0^+\) , \(x\) l'emporte sur \(\ln x\) )
\(\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x^n\ln x=0\) pour tout \(n\geqslant 1\) Démonstration · De la variante 1
\(\frac{\ln x}{x^\alpha}=\frac{1}{\alpha}\cdot\frac{\ln(x^\alpha)}{x^\alpha}\) . En posant
\[\begin{aligned}X &= x^\alpha\\[.35em]&\to +\infty\end{aligned}\]
\(\frac{\ln X}{X}\to 0\) , donc \(\frac{\ln x}{x^\alpha}\to 0\) .
Une preuve à construire
Démonstration du programme : la limite de \(x\ln x\) en zéro Démontre \(\lim_{x\to0^+}x\ln x=0\) . Précise le signe de l'expression et explique pourquoi elle n'est pas définie en 0 malgré cette limite.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Pose \(t=1/x\) , qui tend vers \(+\infty\) lorsque \(x\to0^+\) .
Indice 2 · Un pas de plus Utilise \(\ln(1/t)=-\ln t\) puis la limite démontrée au-dessus.
Voir la preuve expliquée Pour \(x>0\) , la substitution donne
\[\begin{aligned}x\ln x&=\frac1t\ln\!\left(\frac1t\right)\\[.35em]&=-\frac{\ln t}{t}\longrightarrow0.\end{aligned}\]
Sur \(]0,1[\) , \(x>0\) et \(\ln x<0\) : le produit tend vers 0 en restant négatif. Le symbole \(0\ln0\) ne définit aucun nombre. On peut définir une nouvelle fonction \(F\) par \(F(x)=x\ln x\) pour \(x>0\) et \(F(0)=0\) : c'est son prolongement continu à droite. Réessaie avec \(x^2\ln x\) , puis avec \(x^\alpha\ln x\) pour \(\alpha>0\) .
Exemple · Applications des croissances comparées
1.
\[\begin{aligned}\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{\sqrt{x}} &= \lim\frac{\ln x}{x^{1/2}}\\[.35em]&= 0
.\end{aligned}\]
2.
\[\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^3}{x}=0.\]
3.
\[\begin{aligned}\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x-2\ln x) &= \lim x\Bigl(1-\frac{2\ln x}{x}\Bigr)\\[.35em]&= +\infty\cdot(1-0)\\[.35em]&= +\infty
.\end{aligned}\]
4. \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x^2\ln x=0\) (le \(x^2\) l'emporte).
5. \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x-1}\) : on factorise par \(x\) au dénominateur :
\[\begin{aligned}\frac{\ln x}{x(1-1/x)} &= \frac{\ln x}{x}\cdot\frac{1}{1-1/x}\\[.35em]&\to 0\cdot 1\\[.35em]&= 0
.\end{aligned}\]
Attention · Une comparaison concerne une limite précise
Le quotient \((\ln x)/x\) tend vers 0 en \(+\infty\) , même si son numérateur tend vers \(+\infty\) . Cela n'affirme pas que \(\ln x\) est borné. La formule n'autorise pas à remplacer par 0 une somme ou un produit sans examiner le reste de l'expression.
À toi d’essayer
Résoudre trois formes différentes Calcule les limites de \(A(x)=x-2\ln x\) en \(+\infty\) , de \(B(x)=\ln(x^2+1)/x\) en \(+\infty\) , et de \(C(x)=\e^{x\ln x}\) en \(0^+\) . Justifie les transformations exactes avant de passer à la limite.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Factorise A par \(x\) . Dans B, écris \(x^2+1=x^2(1+1/x^2)\) pour \(x>0\) .
Indice 2 · Un pas de plus B devient \(2\ln x/x+\ln(1+1/x^2)/x\) . Pour C, son exposant tend vers 0.
Voir l’explication On a
\[\begin{aligned}A &= x(1-2\ln x/x)\\[.35em]&\to +\infty
,\end{aligned}\]
puisque le facteur entre parenthèses tend vers 1. Pour B, la décomposition du logarithme est autorisée car ses deux facteurs sont positifs ; le premier quotient tend vers 0 et le second est le produit de deux quantités tendant vers 0 : \(\ln(1+1/x^2)\) et \(1/x\) . Ainsi \(B\to0\) . Enfin la continuité de l'exponentielle donne
\[\begin{aligned}C &\to \e^0\\[.35em]&= 1
.\end{aligned}\]
Cette dernière limite ne donne pas un sens universel au symbole \(0^0\) . Réessaie avec \(x+\ln x\) en \(0^+\) : la croissance comparée de \(x\ln x\) ne concerne pas cette somme.
Dérivée de \(\ln u\)
Propriété · Dérivée d'une composée
Si \(u\) est dérivable et strictement positive sur \(I\) , alors \(\ln\circ\,u\) est dérivable sur \(I\) et :
\[\boxed{(\ln u)'=\frac{u'}{u}}\]
Démonstration
C'est la règle de la chaîne. Si \(f=\ln\circ\,u\) , alors
\[\begin{aligned}f'(x) &= (\ln)'(u(x))\cdot u'(x)\\[.35em]&= \frac{1}{u(x)}\cdot u'(x)\\[.35em]&= \frac{u'(x)}{u(x)}
.\end{aligned}\]
Exemple · Une dérivée sur les deux intervalles du domaine
Soit \(F(x)=\ln\!\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)\) . Le quotient est positif sur \(]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[\) . Posons \(u(x)=(x+1)/(x-1)\) ; sur ces deux intervalles,
\[\begin{aligned}u'(x)&=\frac{(x-1)-(x+1)}{(x-1)^2}\\[.35em]&=-\frac2{(x-1)^2},\\[.35em]F'(x)&=\frac{u'(x)}{u(x)}\\[.35em]&=-\frac2{(x-1)^2}\frac{x-1}{x+1}\\[.35em]&=-\frac2{x^2-1}.\end{aligned}\]
Ce calcul par composition couvre les deux intervalles. Écrire \(\ln(x+1)-\ln(x-1)\) ne serait autorisé que pour \(x>1\) .
Agrandir ↗ Pour \(G(x)=\ln(4-x^2)\) , observe séparément les intersections avec l'axe horizontal et le point où la pente s'annule. Les coordonnées exactes de \(A\) , \(B\) et \(S\) restent à calculer. Les droites en pointillés sont des asymptotes aux bords exclus du domaine.
À toi d’essayer
Domaine, dérivée, signe : trois étapes Étudie le domaine et les variations de \(G(x)=\ln(4-x^2)\) . Compare le signe de \(G\) avec celui de \(G'\) ; donnent-ils le même découpage ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Il faut \(4-x^2>0\) . Sur ce domaine, le dénominateur de \(G'=-2x/(4-x^2)\) est positif.
Indice 2 · Un pas de plus Le signe de \(G\) se trouve en comparant \(4-x^2\) à 1 ; ses zéros sont \(\pm\sqrt3\) .
Voir l’explication Le domaine est \(]-2,2[\) . La dérivée \(G'(x)=-2x/(4-x^2)\) est positive à gauche de 0 et négative à droite : maximum \(G(0)=\ln4\) . Le signe de \(G\) est positif sur \(]-\sqrt3,\sqrt3[\) , nul en \(\pm\sqrt3\) , négatif dans les deux morceaux restants du domaine. Les zéros de \(G\) et de \(G'\) n'ont donc pas le même rôle. Aux deux bords du domaine, \(G\to-\infty\) . Réessaie avec \(\ln(x^2+1)\) : quel changement de domaine et de variations ?
Propriété · Primitive de \(\frac{1}{x}\)
Pour \(x>0\) : \(\displaystyle\int\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x=\ln x+C\) .
Plus généralement, si \(u\) est dérivable et ne s'annule pas sur un intervalle \(I\) , alors \(\ln|u|\) y est une primitive de \(u'/u\) . En effet, \(u\) est continue et garde un signe constant sur \(I\) : si \(u>0\) , on dérive \(\ln u\) ; si \(u<0\) , on dérive \(\ln(-u)\) et \((-u)'/(-u)=u'/u\) .
La constante est unique sur un intervalle donné, mais peut différer sur deux intervalles séparés par un zéro de \(u\) . Pour \(1/x\) , les primitives sur \(]-\infty,0[\) et \(]0,+\infty[\) n'ont pas nécessairement la même constante.
Retiens : quand tu vois \(\frac{u'}{u}\) , c'est \(\ln|u|\) . Ce réflexe est fondamental pour le calcul intégral.
À toi d’essayer
Le logarithme de la valeur absolue couvre un intervalle négatif Vérifie qu'une primitive de \(1/(x-2)\) sur \(]-\infty,2[\) est \(F(x)=\ln(2-x)\) . Peut-on utiliser la même écriture sur \(]2,+\infty[\) ? Propose une écriture commune avec une valeur absolue.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Sur le premier intervalle, \(2-x>0\) . Dériver son logarithme produit le quotient \(-1/(2-x)\) .
Indice 2 · Un pas de plus Ce quotient est égal à \(1/(x-2)\) . Sur le second intervalle, utilise \(\ln(x-2)\) .
Voir l’explication Sur \(]-\infty,2[\) ,
\[\begin{aligned}F'(x) &= -1/(2-x)\\[.35em]&= 1/(x-2)
.\end{aligned}\]
L'écriture \(\ln(2-x)\) n'est pas définie sur le second intervalle, où l'on prend \(\ln(x-2)\) . L'écriture \(\ln|x-2|\) permet les deux calculs, à condition d'exclure 2 ; les constantes additives peuvent être différentes sur les deux intervalles. Réessaie avec \(2x/(x^2-1)\) sur chacun de ses trois intervalles de définition.
Équations et inéquations avec \(\ln\)
Méthode · Résoudre une équation avec \(\ln\)
Stratégie 1 : se ramener à \(\ln A=\ln B\) . Utiliser les propriétés pour regrouper, puis \(\ln A=\ln B\iff A=B\) (avec \(A,B>0\) ).
Stratégie 2 : exponentier. Si \(\ln f(x)=k\) , alors \(f(x)=\e^k\) .
Stratégie 3 : poser \(X=\ln x\) . Transformer en équation polynomiale en \(X\) .
Exemple · Équations résolues
1. \(\ln(2x-1)=3\) . Condition : \(2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}\) .
\(2x-1=\e^3\) , donc
\[\begin{aligned}x &= \frac{\e^3+1}{2}\\[.35em]&\approx 10{,}54
.\end{aligned}\]
Vérification : \(x>\frac{1}{2}\) OK.
2. \(\ln x+\ln(x+2)=\ln 3\) . Conditions : \(x>0\) et \(x+2>0\) , soit \(x>0\) .
\(\ln[x(x+2)]=\ln 3\) , donc \(x^2+2x=3\) , \(x^2+2x-3=0\) , \((x+3)(x-1)=0\) . Comme \(x>0\) : \(x=1\) .
3. \((\ln x)^2-3\ln x+2=0\) . Posons \(X=\ln x\) . \(X^2-3X+2=0\) , \((X-1)(X-2)=0\) , \(X=1\) ou \(X=2\) . Donc \(x=\e\) ou \(x=\e^2\) .
À toi d’essayer
Garder le domaine tout au long de la résolution Résous \(\ln(x-1)+\ln(x+1)=\ln8\) . Puis résous \((\ln x)^2+\ln x-2=0\) . Compare la contrainte sur \(X=\ln x\) avec celle sur \(X=\e^x\) de la fiche précédente.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste La première équation exige \(x>1\) . Dans la seconde, \(x>0\) , mais \(X\) peut être n'importe quel réel.
Indice 2 · Un pas de plus La première conduit à \(x^2-1=8\) . Le polynôme en \(X\) se factorise en \((X+2)(X-1)\) .
Voir l’explication Pour \(x>1\) , la première équation équivaut à \(x^2=9\) . Parmi les candidats \(-3\) et 3, seul 3 appartient au domaine initial. Pour la seconde, \(X=-2\) ou \(X=1\) sont tous deux permis : \(\ln x\) peut être négatif. Les deux solutions sont \(x=\e^{-2}\) et \(x=\e\) . En revanche, une substitution \(X=\e^x\) impose \(X>0\) . Réessaie avec \(\ln(x-2)+\ln x=\ln3\) , puis \((\ln x)^2=0\) .
Méthode · Résoudre une inéquation avec \(\ln\)
Comme \(\ln\) est strictement croissante :
\[\ln a\leqslant\ln b\iff a\leqslant b \quad\text{(pour }a,b>0\text{)}\]
On ne change pas le sens de l'inégalité. Attention à bien vérifier que les arguments sont \(>0\) .
Exemple
\(\ln(3x-1)\leqslant 2\) . Condition : \(3x-1>0\iff x>\frac{1}{3}\) .
\(3x-1\leqslant\e^2\) , \(x\leqslant\frac{\e^2+1}{3}\approx 2{,}80\) .
Solution : \(x\in\;\bigl]\frac{1}{3}\,;\,\frac{\e^2+1}{3}\bigr]\) .
À toi d’essayer
Une borne du domaine reste exclue Résous \(\ln(3-x)\leqslant\ln2\) , puis \(\ln x\leqslant-1\) . Peut-on multiplier la seconde inégalité par \(\ln x\) sans distinguer de cas ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste La première exige \(x<3\) ; dans la seconde, le domaine est \(x>0\) . La croissance du logarithme conserve l'ordre entre arguments positifs.
Indice 2 · Un pas de plus On obtient \(3-x\leqslant2\) et \(x\leqslant\e^{-1}\) , puis on intersecte avec chaque domaine.
Voir l’explication Pour la première, \(x\geqslant1\) et \(x<3\) , donc \(S=[1,3[\) . Pour la seconde, \(S=]0,\e^{-1}]\) . Multiplier par \(\ln x\) demande de connaître son signe et éventuellement de renverser l'ordre ; il est négatif pour \(0<x<1\) et nul en 1. La stricte croissance du logarithme ne dispense pas des règles algébriques sur les inégalités. Réessaie avec \(\ln(2x-1)>\ln3\) .
Exemple · Un seuil entier exige un dernier contrôle
Une suite modélise une quantité \(u_n=100(0{,}8)^n\) pour \(n\in\N\) . Cherchons le premier rang tel que \(u_n\leqslant30\) . Les quantités sont positives, donc
\[\begin{aligned}(0{,}8)^n&\leqslant0{,}3\\[.35em]n\ln(0{,}8)&\leqslant\ln(0{,}3)\\[.35em]n&\geqslant\frac{\ln(0{,}3)}{\ln(0{,}8)}\approx5{,}396.\end{aligned}\]
La division par \(\ln(0{,}8)<0\) renverse le sens. Le premier entier est donc 6. Vérification : \(u_5=32{,}768>30\) et \(u_6=26{,}2144\leqslant30\) .
À toi d’essayer
Une inégalité stricte change le premier entier On a \(v_n=80(1/2)^n\) pour \(n\in\N\) . Trouve le premier rang tel que \(v_n\leqslant10\) , puis celui tel que \(v_n<10\) . Vérifie les rangs retenus.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Écris \(10/80=(1/2)^3\) et utilise la décroissance de \(x\mapsto(1/2)^x\) .
Indice 2 · Un pas de plus La première condition est \(n\geqslant3\) ; la seconde \(n>3\) .
Voir l’explication Le premier rang vaut 3 pour la condition large, car \(v_2=20\) et \(v_3=10\) . Pour la condition stricte, 3 ne convient pas ; le premier rang vaut 4 et \(v_4=5\) . La fonction plafond seule ne traite pas correctement un seuil strict lorsque le quotient logarithmique tombe exactement sur un entier. Réessaie avec \(v_n\leqslant5\) puis \(v_n<5\) .
Logarithme décimal et changement de base
Définition · Logarithme en base quelconque
Pour \(x>0\) , \(a>0\) et \(a\neq1\) :
\[\log_a x=\frac{\ln x}{\ln a}\]
En particulier, le logarithme décimal (base 10) : \(\log_{10}x=\frac{\ln x}{\ln 10}\) .
Exemple
\[\begin{aligned}\log_2 8 &= \frac{\ln 8}{\ln 2}\\[.35em]&= \frac{3\ln 2}{\ln 2}\\[.35em]&= 3
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}\log_{10}1000 &= \frac{\ln 10^3}{\ln 10}\\[.35em]&= 3
.\end{aligned}\]
\[2^x=5\iff x=\log_2 5=\frac{\ln 5}{\ln 2}\approx 2{,}32.\]
Agrandir ↗ Échelle logarithmique : des distances égales correspondent ici à des facteurs dix, pas à des écarts de valeur égaux.
À toi d’essayer
Au milieu d'une échelle logarithmique Sur la graduation précédente, quelle valeur se trouve à mi-distance entre 10 et 100 ? Justifie sans prendre leur moyenne arithmétique. Pourquoi la base \(a=1\) est-elle exclue de \(\log_a\) ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Les coordonnées logarithmiques sont 1 et 2 ; leur milieu est \(3/2\) .
Indice 2 · Un pas de plus Résous \(\log_{10}x=3/2\) . La fonction \(1^x\) est constante.
Voir l’explication Le milieu correspond à
\[\begin{aligned}x &= 10^{3/2}\\[.35em]&= 10\sqrt{10}\\[.35em]&\approx 31{,}62
.\end{aligned}\]
C'est la moyenne géométrique \(\sqrt{10\times100}\) , et non 55. La base 1 est exclue car \(\ln1=0\) ferait diviser par 0 ; surtout, \(1^x=1\) ne permet pas de retrouver un exposant unique. Pour \(0<a<1\) , \(\log_a\) existe mais est décroissante, puisque \(\ln a<0\) . Réessaie au milieu entre 1 et 1000.
Algorithme de Briggs : se rapprocher de 1 par des racines
Intuition · Remplacer un calcul difficile par un calcul proche de 1
Pour \(x>0\) , posons \(y_n=x^{1/2^n}\) . Prendre la racine carrée divise le logarithme par deux, donc
\[\ln x=2^n\ln y_n.\]
Les \(y_n\) se rapprochent de 1 : en effet
\[\begin{aligned}y_n &= \e^{(\ln x)/2^n}\\[.35em]&\to 1
.\end{aligned}\]
Près de 1, \(\ln y_n\) est proche de \(y_n-1\) . On obtient l'approximation de Briggs \(2^n(y_n-1)\) , mais le facteur \(2^n\) amplifie aussi l'erreur. Il faut donc contrôler l'erreur finale.
Méthode · Un encadrement en arithmétique exacte
La preuve précédente donne \(1-1/y\leqslant\ln y\leqslant y-1\) pour tout \(y>0\) . En prenant \(y=y_n\) , puis en multipliant par \(2^n>0\) ,
\[L_n=2^n\frac{y_n-1}{y_n}\leqslant\ln x\leqslant U_n=2^n(y_n-1).\]
Cet ordre est valable même si \(x<1\) . La largeur est
\[U_n-L_n=2^n\frac{(y_n-1)^2}{y_n}\geqslant0.\]
Le milieu a une erreur d'au plus la moitié de cette largeur. Pour \(x=1\) , toutes les valeurs sont exactement nulles.
\(x=2\) \(y_n\) approché\(L_n\) approché\(U_n\) approché\(n=0\) 2 0,5 1 \(n=1\) 1,414214 0,585786 0,828427 \(n=2\) 1,189207 0,636414 0,756828 \(n=4\) 1,044274 0,678348 0,708381
Les colonnes décimales sont arrondies ; les formules \(L_n,U_n\) donnent les véritables bornes exactes.
À toi d’essayer
Prédire une itération et lire l'erreur Pour \(x=4\) , calcule exactement \(y_1\) , \(L_1\) et \(U_1\) . Le milieu garantit-il une erreur d'au plus \(1/2\) ? Fais aussi ce calcul pour \(x=1/4\) et compare les encadrements obtenus.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Après une racine carrée, \(y_1=2\) pour 4 et \(y_1=1/2\) pour \(1/4\) . Le facteur est \(2^1=2\) .
Indice 2 · Un pas de plus Pour 4, les bornes sont 1 et 2. Pour \(1/4\) , elles sont \(-2\) et \(-1\) .
Voir l’explication Pour 4,
\[\begin{aligned}L_1 &= 2(2-1)/2\\[.35em]&= 1\end{aligned}\]
et
\[\begin{aligned}U_1 &= 2(2-1)\\[.35em]&= 2\end{aligned}\]
le milieu \(3/2\) a donc une erreur d'au plus \(1/2\) . Pour \(1/4\) , on obtient
\[\begin{aligned}L_1 &= 2(-1/2)/(1/2)\\[.35em]&= -2\end{aligned}\]
et
\[\begin{aligned}U_1 &= 2(-1/2)\\[.35em]&= -1
.\end{aligned}\]
C'est cohérent avec \(\ln(1/4)=-\ln4\) . L'ordre des bornes reste valide pour les valeurs négatives du logarithme. Réessaie pour \(x=16\) après deux racines carrées.
from math import sqrt, isfinite
def briggs(x, n):
if not isfinite(x) or x <= 0:
raise ValueError("x doit etre positif et fini")
if type(n) is not int or not 0 <= n <= 30:
raise ValueError("n entier entre 0 et 30")
if x == 1:
return 0.0, 0.0, 0.0
y = x
facteur = 1.0
for _ in range(n):
suivant = sqrt(y)
if suivant == 1.0 or suivant == y:
raise ArithmeticError("arrondi trop important")
y = suivant
facteur = 2 * facteur
bas = facteur * ((y - 1) / y)
haut = facteur * (y - 1)
if not isfinite(bas) or not isfinite(haut):
raise ArithmeticError("depassement numerique")
milieu = bas / 2 + haut / 2
return milieu, bas, hautCe code suit un nombre d'itérations fixé et expose les deux valeurs calculées. En machine, les racines et les opérations sont arrondies : les nombres retournés ne constituent pas un encadrement certifié. Le contrôle d'arrêt évite certaines stagnations, sans borner toutes les erreurs d'arrondi. Augmenter \(n\) sans limite peut dégrader le résultat, car on soustrait deux nombres proches puis on multiplie par \(2^n\) . Pour des exemples modérés, compare le résultat à la fonction logarithme de la calculatrice et au tableau ; le raisonnement d'encadrement porte sur les formules exactes.
Une preuve à construire
Pourquoi l'approximation exacte converge-t-elle ? Pour \(x>0\) fixé, justifie que les bornes exactes de Briggs convergent vers \(\ln x\) . Précise le cas \(x=1\) , puis utilise le taux d'accroissement de l'exponentielle en 0.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Pose \(t_n=(\ln x)/2^n\) ; alors \(y_n=\e^{t_n}\) .
Indice 2 · Un pas de plus Si \(x\ne1\) , on peut écrire \(U_n=\ln x\,(\e^{t_n}-1)/t_n\) .
Voir la preuve expliquée Si \(x=1\) ,
\[\begin{aligned}L_n &= U_n\\[.35em]&= 0\\[.35em]&= \ln1
.\end{aligned}\]
Si \(x\ne1\) , on a \(t_n\ne0\) et \(t_n\to0\) ; le taux de l'exponentielle donne
\[U_n=\ln x\frac{\e^{t_n}-1}{t_n}\longrightarrow\ln x.\]
De plus \(L_n=U_n/y_n\) et \(y_n\to1\) , donc \(L_n\to\ln x\) . Leur différence tend vers 0 et leur milieu tend aussi vers \(\ln x\) . Cette preuve concerne les suites mathématiques exactes ; elle ne supprime pas les arrondis de la machine. Réessaie en expliquant pourquoi \(y_n\to1\) seul n'aurait pas suffi à traiter le facteur croissant \(2^n\) .
Corrigés détaillés Exercice 1
a)
\[\begin{aligned}\ln\e^5-2\ln\e &= 5-2(1)\\[.35em]&= 3
.\end{aligned}\]
b)
\[\begin{aligned}\ln 4+\ln 25 &= \ln(4\times 25)\\[.35em]&= \ln 100\\[.35em]&= \ln 10^2\\[.35em]&= 2\ln 10
.\end{aligned}\]
c)
\[\begin{aligned}\ln\frac{\e^3}{\sqrt{\e}} &= \ln\e^3-\ln\e^{1/2}\\[.35em]&= 3-\frac{1}{2}\\[.35em]&= \frac{5}{2}
.\end{aligned}\]
d)
\[\begin{aligned}\e^{2\ln 3} &= \e^{\ln 3^2}\\[.35em]&= \e^{\ln 9}\\[.35em]&= 9
.\end{aligned}\]
e)
\[\begin{aligned}\ln\sqrt[3]{\e^6} &= \ln\e^{6/3}\\[.35em]&= \ln\e^2\\[.35em]&= 2
.\end{aligned}\]
f)
\[\begin{aligned}3\ln 2-\ln 4+\ln 50 &= \ln 2^3-\ln 4+\ln 50\\[.35em]&= \ln\frac{8\times 50}{4}\\[.35em]&= \ln 100\\[.35em]&= 2\ln 10
.\end{aligned}\]
Exercice 2
a) \(3-x>0\iff x<3\) . \(D_f=\;]-\infty,3[\) .
b)
\[\begin{aligned}x^2-4>0\\[.35em]&\iff (x-2)(x+2)>0\\[.35em]&\iff x\in\;]-\infty,-2[\;\cup\;]2,+\infty[
.\end{aligned}\]
\[D_g=\;]-\infty,-2[\;\cup\;]2,+\infty[.\]
c) Il faut \(x>0\) (pour que \(\ln x\) existe) et \(\ln x>0\) (pour que \(\ln(\ln x)\) existe). \(\ln x>0\iff x>1\) . \(D_h=\;]1,+\infty[\) .
d) \(\frac{x+1}{x-2}>0\) : tableau de signes. Positif sur \(]-\infty,-1[\;\cup\;]2,+\infty[\) . \(D_k=\;]-\infty,-1[\;\cup\;]2,+\infty[\) .
Exercice 3
a)
\[\begin{aligned}\ln(2x-1)=0\\[.35em]&\iff 2x-1=\e^0=1\\[.35em]&\iff x=1
.\end{aligned}\]
Condition \(2x-1>0\iff x>\frac{1}{2}\) : OK.
b) Condition : \(x>0\) et \(x-2>0\) , soit \(x>2\) . \(\ln[x(x-2)]=\ln 3\) , donc \(x^2-2x=3\) , \(x^2-2x-3=0\) , \((x-3)(x+1)=0\) . Seul \(x=3>2\) convient.
c) Posons \(X=\e^x\) (\(X>0\) ). \(X^2-5X+6=0\) , \((X-2)(X-3)=0\) , \(X=2\) ou \(X=3\) . Donc \(x=\ln 2\) ou \(x=\ln 3\) .
d)
\[\begin{aligned}2^x=7\\[.35em]&\iff x\ln 2=\ln 7\\[.35em]&\iff x=\frac{\ln 7}{\ln 2}\approx 2{,}807
.\end{aligned}\]
Exercice 4
a) Condition : \(x-1>0\iff x>1\) .
\[\begin{aligned}\ln(x-1)>0\\[.35em]&\iff x-1>1\\[.35em]&\iff x>2
.\end{aligned}\]
Solution : \(x\in\;]2,+\infty[\) .
b) Condition : \(3x+2>0\iff x>-\frac{2}{3}\) .
\[\begin{aligned}\ln(3x+2)\leqslant 1\\[.35em]&\iff 3x+2\leqslant\e\\[.35em]&\iff x\leqslant\frac{\e-2}{3}
.\end{aligned}\]
Solution : \(x\in\;\bigl]-\frac{2}{3},\frac{\e-2}{3}\bigr]\) .
c) Conditions : \(x>0\) et \(x+2>0\) , soit \(x>0\) . \(\ln[x(x+2)]\geqslant\ln 8\iff x(x+2)\geqslant 8\) (car \(\ln\) croissante). \(x^2+2x-8\geqslant 0\) , \((x+4)(x-2)\geqslant 0\) . Comme \(x>0\) : \(x\geqslant 2\) . Solution : \(x\in[2,+\infty[\) .
Exercice 5
a)
\[D_f=\{x\mid 3x^2-1>0\}=\;]-\infty,-\frac{1}{\sqrt{3}}[\;\cup\;]\frac{1}{\sqrt{3}},+\infty[.\]
\[f'(x)=\frac{6x}{3x^2-1}.\]
b)
\[D_g=\;]0,+\infty[.\]
\[\begin{aligned}g'(x) &= \ln x+x\cdot\frac{1}{x}-1\\[.35em]&= \ln x+1-1\\[.35em]&= \ln x
.\end{aligned}\]
Remarque : \(g'(x)=\ln x\) , donc \(g'(x)<0\) pour \(0<x<1\) , \(g'(x)=0\) pour \(x=1\) , \(g'(x)>0\) pour \(x>1\) . Le minimum de \(g\) est \(g(1)=-1\) .
c) Le quotient \((x+1)/(x-1)\) est positif sur \(D_h=]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[\) . Sur les deux intervalles, on peut dériver par composition :
\[u(x)=\frac{x+1}{x-1},\qquad u'(x)=-\frac2{(x-1)^2}.\]
Ainsi
\[\begin{aligned}h'(x)&=\frac{u'(x)}{u(x)}\\[.35em]&=-\frac2{(x-1)^2}\frac{x-1}{x+1}\\[.35em]&=-\frac2{x^2-1}.\end{aligned}\]
La différence \(\ln(x+1)-\ln(x-1)\) ne permettait de justifier ce résultat que sur \(]1,+\infty[\) . L'écriture \(\ln|x+1|-\ln|x-1|\) couvre aussi le premier intervalle.
d)
\[D_k=\;]0,+\infty[.\]
\[k(x)=(\ln x)^2.\]
\[\begin{aligned}k'(x) &= 2\ln x\cdot\frac{1}{x}\\[.35em]&= \frac{2\ln x}{x}
.\end{aligned}\]
Exercice 6
a)
\[\begin{aligned}\frac{\ln x}{\sqrt{x}} &= \frac{\ln x}{x^{1/2}}\\[.35em]&\to 0\end{aligned}\]
par croissance comparée (\(\alpha=\frac{1}{2}\) ).
b) \(x^2\ln x\to 0\) en \(0^+\) par croissance comparée (variante 4 avec \(n=2\) ).
c) \((\ln x)^2-x=x\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x}-1\Bigr)\) . Or \(\frac{(\ln x)^2}{x}\to 0\) (variante 2 avec \(n=2\) ), donc le facteur tend vers \(-1\) , et \(x\to+\infty\) : \((\ln x)^2-x\to-\infty\) .
d) Pour \(x>0\) , les facteurs \(x^2\) et \(1+1/x^2\) sont positifs. On peut écrire exactement
\[\begin{aligned}\frac{\ln(x^2+1)}{x}&=\frac{\ln\!\bigl(x^2(1+1/x^2)\bigr)}{x}\\[.35em]&=2\frac{\ln x}{x}+\frac{\ln(1+1/x^2)}{x}.\end{aligned}\]
En \(+\infty\) , le premier terme tend vers 0 par croissance comparée. Dans le second, le numérateur tend vers \(\ln1=0\) et \(1/x\to0\) , donc le produit tend vers 0. La limite est 0. Cette décomposition évite de supposer une règle générale sur les logarithmes d'expressions équivalentes.
e) \(\frac{\ln x}{x-1}\) . Posons
\[\begin{aligned}h &= x-1\\[.35em]&\to 0
.\end{aligned}\]
\(\frac{\ln(1+h)}{h}\to 1\) (taux d'accroissement de \(\ln\) en 1). Donc la limite est \(\mathbf{1}\) .
Exercice 7
\(f(x)=\frac{\ln x}{x}\) sur \(]0,+\infty[\) .
a) En \(0^+\) : \(\ln x\to-\infty\) et \(x\to 0^+\) , donc \(f(x)\to-\infty\) .
En \(+\infty\) : \(\frac{\ln x}{x}\to 0\) par croissance comparée.
b)
\[\begin{aligned}f'(x) &= \frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^2}\\[.35em]&= \frac{1-\ln x}{x^2}
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}f'(x)=0\\[.35em]&\iff \ln x=1\\[.35em]&\iff x=\e
.\end{aligned}\]
\(f'(x)>0\) pour \(x<\e\) , \(f'(x)<0\) pour \(x>\e\) .
\(x\) \(0^+\) \(\e\) \(+\infty\) \(f'(x)\) \(+\) \(0\) \(-\) \(f(x)\) \(-\infty\) \(\nearrow\) \(\frac{1}{\e}\) \(\searrow\) \(0\)
Maximum
\[\begin{aligned}f(\e) &= \frac{\ln\e}{\e}\\[.35em]&= \frac{1}{\e}\\[.35em]&\approx 0{,}368
.\end{aligned}\]
c) \(\frac{\ln x}{x}=\frac{1}{3}\) , soit \(f(x)=\frac{1}{3}\) . Comme \(\frac{1}{3}<\frac{1}{\e}\approx 0{,}368\) : la droite \(y=\frac{1}{3}\) coupe la courbe en deux points.
Sur \(]0,\e]\) : \(f\) strictement croissante de \(-\infty\) à \(\frac{1}{\e}\) , et \(\frac{1}{3}\in]-\infty,\frac{1}{\e}[\) : unique solution par le corollaire du TVI.
Sur \([\e,+\infty[\) : \(f\) strictement décroissante de \(\frac{1}{\e}\) à \(0\) , et \(\frac{1}{3}\in]0,\frac{1}{\e}[\) : unique solution par le corollaire du TVI.
Total : exactement deux solutions .
Exercice 8
\(f(x)=x-\ln x\) sur \(]0,+\infty[\) .
a) En \(0^+\) : \(x\to 0\) et \(-\ln x\to+\infty\) , donc \(f(x)\to+\infty\) .
En \(+\infty\) :
\[\begin{aligned}f(x) &= x(1-\frac{\ln x}{x})\\[.35em]&\to +\infty\cdot(1-0)\\[.35em]&= +\infty
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}f'(x) &= 1-\frac{1}{x}\\[.35em]&= \frac{x-1}{x}
.\end{aligned}\]
\(f'(x)=0\iff x=1\) . \(f'<0\) sur \(]0,1[\) , \(f'>0\) sur \(]1,+\infty[\) .
\(x\) \(0^+\) \(1\) \(+\infty\) \(f'(x)\) \(-\) \(0\) \(+\) \(f(x)\) \(+\infty\) \(\searrow\) \(1\) \(\nearrow\) \(+\infty\)
b) Le minimum de \(f\) est
\[\begin{aligned}f(1) &= 1-\ln 1\\[.35em]&= 1-0\\[.35em]&= 1
.\end{aligned}\]
Donc pour tout \(x>0\) : \(f(x)\geqslant 1\) , i.e. \(x-\ln x\geqslant 1\) .
c) \(x-\ln x\geqslant 1\iff \ln x\leqslant x-1\) pour tout \(x>0\) .
Égalité quand \(x=1\) (l'unique minimum). C'est l'inégalité \(\boxed{\ln x\leqslant x-1}\) , fondamentale en analyse.
Interprétation géométrique : la courbe \(y=\ln x\) est entièrement en dessous de sa tangente en \((1,0)\) , qui est \(y=x-1\) . Cela traduit la concavité de \(\ln\) .
Exercice 9
a)
\[\begin{aligned}\displaystyle\int_1^\e\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x &= [\ln x]_1^\e\\[.35em]&= \ln\e-\ln 1\\[.35em]&= 1-0\\[.35em]&= 1
.\end{aligned}\]
b) \(\frac{2x}{x^2+1}=\frac{u'}{u}\) avec \(u(x)=x^2+1\) . Donc
\[\begin{aligned}\displaystyle\int_1^2\frac{2x}{x^2+1}\,\mathrm{d}x &= [\ln(x^2+1)]_1^2\\[.35em]&= \ln 5-\ln 2\\[.35em]&= \ln\frac{5}{2}
.\end{aligned}\]
c)
\[x^2+2x+3=(x+1)^2+2>0.\]
\[\begin{aligned}f(x) &= \frac{x+1}{x^2+2x+3}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\cdot\frac{2(x+1)}{x^2+2x+3}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\cdot\frac{u'}{u}\end{aligned}\]
avec \(u=x^2+2x+3\) ,
\[\begin{aligned}u' &= 2x+2\\[.35em]&= 2(x+1)
.\end{aligned}\]
Primitive : \(F(x)=\frac{1}{2}\ln(x^2+2x+3)+C\) .
d)
\[\frac{\e^x}{\e^x+1}=\frac{u'}{u}\]
avec
\[u(x)=\e^x+1.\]
\[\begin{aligned}\displaystyle\int_0^1\frac{\e^x}{\e^x+1}\,\mathrm{d}x &= [\ln(\e^x+1)]_0^1\\[.35em]&= \ln(\e+1)-\ln 2\\[.35em]&= \ln\!\Bigl(\frac{\e+1}{2}\Bigr)
.\end{aligned}\]
Exercice 10
a) \(u_n=\ln(1+\frac{1}{n})\) . Comme \(\frac{1}{n}>0\) , \(1+\frac{1}{n}>1\) , donc \(u_n=\ln(1+\frac{1}{n})>0\) .
Décroissance :
\[\begin{aligned}u_{n+1}-u_n &= \ln(1+\frac{1}{n+1})-\ln(1+\frac{1}{n})\\[.35em]&= \ln\!\Bigl(\frac{1+\frac{1}{n+1}}{1+\frac{1}{n}}\Bigr)\\[.35em]&= \ln\!\Bigl(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\Bigr)
.\end{aligned}\]
Or \(n(n+2)=n^2+2n<n^2+2n+1=(n+1)^2\) , donc \(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}<1\) et \(u_{n+1}-u_n<0\) .
b)
\[\begin{aligned}S_n &= \sum_{k=1}^n\ln\!\bigl(\frac{k+1}{k}\bigr)\\[.35em]&= \sum_{k=1}^n[\ln(k+1)-\ln k]\end{aligned}\]
somme télescopique.
\[\begin{aligned}S_n &= \ln(n+1)-\ln 1\\[.35em]&= \ln(n+1)
.\end{aligned}\]
c)
\[\begin{aligned}S_n &= \ln(n+1)\\[.35em]&\to +\infty\end{aligned}\]
quand \(n\to+\infty\) .
Exercice 11
a) Posons \(\alpha=\ln a\) , \(\beta=\ln b\) (i.e. \(a=\e^\alpha\) , \(b=\e^\beta\) ). Alors
\[\begin{aligned}ab &= \e^\alpha\cdot\e^\beta\\[.35em]&= \e^{\alpha+\beta}
.\end{aligned}\]
En appliquant \(\ln\) :
\[\begin{aligned}\ln(ab) &= \alpha+\beta\\[.35em]&= \ln a+\ln b
.\end{aligned}\]
b) Pour \(x>0\) , posons \(x=\e^t\) . Quand \(x\to+\infty\) , \(t\to+\infty\) . \(\frac{\ln x}{x}=\frac{t}{\e^t}\) .
Pour \(t>0\) , l'inégalité de la tangente \(\e^{t/2}\geqslant1+t/2\geqslant t/2\) se met au carré entre quantités positives : \(\e^t\geqslant t^2/4\) . Donc
\[0\leqslant\frac{t}{\e^t}\leqslant\frac4t\longrightarrow0.\]
Cette preuve utilise une inégalité déjà démontrée, sans développement de Taylor.
Par le théorème des gendarmes (car \(\frac{t}{\e^t}\geqslant 0\) ) : \(\frac{\ln x}{x}\to 0\) .
c) \(g(x)=x-1-\ln x\) pour \(x>0\) .
\[\begin{aligned}g'(x) &= 1-\frac{1}{x}\\[.35em]&= \frac{x-1}{x}
.\end{aligned}\]
\(g'(x)<0\) sur \(]0,1[\) , \(g'(x)=0\) en \(x=1\) , \(g'(x)>0\) sur \(]1,+\infty[\) .
Minimum en \(x=1\) : \(g(1)=0\) . Donc \(g(x)\geqslant 0\) pour tout \(x>0\) , avec égalité ssi \(x=1\) .
D'où \(\ln x\leqslant x-1\) pour tout \(x>0\) .
Exercice 12
\[\begin{aligned}f(x) &= x^x\\[.35em]&= \e^{x\ln x}\end{aligned}\]
pour \(x>0\) .
a) \(\lim_{x\to 0^+}x\ln x=0\) (croissance comparée). Donc
\[\begin{aligned}\e^{x\ln x} &\to \e^0\\[.35em]&= 1
.\end{aligned}\]
\[\lim_{x\to 0^+}f(x)=1.\]
b) Posons \(\varphi(x)=x\ln x\) , alors \(f(x)=\e^{\varphi(x)}\) .
\[\begin{aligned}\varphi'(x) &= \ln x+x\cdot\frac{1}{x}\\[.35em]&= \ln x+1
.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}f'(x) &= \varphi'(x)\cdot\e^{\varphi(x)}\\[.35em]&= (\ln x+1)\cdot x^x
.\end{aligned}\]
c)
\[\begin{aligned}f'(x)=0\\[.35em]&\iff \ln x+1=0\\[.35em]&\iff \ln x=-1\\[.35em]&\iff x=\e^{-1}=\frac{1}{\e}\end{aligned}\]
(car \(x^x>0\) toujours).
\(f'(x)<0\) pour \(0<x<\frac{1}{\e}\) (car \(\ln x<-1\) ), \(f'(x)>0\) pour \(x>\frac{1}{\e}\) .
\(x\) \(0^+\) \(\frac{1}{\e}\) \(+\infty\) \(f'(x)\) \(-\) \(0\) \(+\) \(f(x)\) \(1\) \(\searrow\) \(\e^{-1/\e}\) \(\nearrow\) \(+\infty\)
d) Minimum :
\[\begin{aligned}f\!\bigl(\frac{1}{\e}\bigr) &= \bigl(\frac{1}{\e}\bigr)^{1/\e}\\[.35em]&= \e^{-1/\e}\\[.35em]&\approx 0{,}692
.\end{aligned}\]
Corrigé du problème
Partie A : \(L\) coïncide avec \(\ln\)
1. Par le théorème fondamental de l'analyse, \(L(x)=\int_1^x\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t\) est dérivable sur \(]0,+\infty[\) et \(L'(x)=\frac{1}{x}\) .
2.
\[\begin{aligned}L(1) &= \int_1^1\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t\\[.35em]&= 0
.\end{aligned}\]
3. Fixons \(a>0\) . La fonction \(g(b)=L(ab)-L(b)\) est définie et dérivable pour \(b>0\) , car \(ab>0\) . Par composition,
\[\begin{aligned}g'(b) &= aL'(ab)-L'(b)\\[.35em]&= \frac a{ab}-\frac1b\\[.35em]&= 0.\end{aligned}\]
Elle est constante sur \(]0,+\infty[\) , avec valeur
\[\begin{aligned}g(1) &= L(a)-L(1)\\[.35em]&= L(a)
.\end{aligned}\]
Donc \(L(ab)-L(b)=L(a)\) , ce qui donne la relation demandée. Cette preuve fonctionne aussi pour \(a<1\) ou \(b<1\) , sans changement de variable intégral supplémentaire.
4. On a montré que \(L\) est dérivable,
\[\begin{aligned}L'(x) &= \frac{1}{x}\\[.35em]&= (\ln x)'
,\end{aligned}\]
et
\[\begin{aligned}L(1) &= 0\\[.35em]&= \ln 1
.\end{aligned}\]
Deux primitives de \(\frac{1}{x}\) ne diffèrent que d'une constante : \(L(x)=\ln x+C\) . Or
\[\begin{aligned}L(1) &= \ln 1\\[.35em]&= 0\end{aligned}\]
donc \(C=0\) et \(L=\ln\) .
Partie B : Encadrements intégraux
Agrandir ↗ Cas \(k=2\) : la largeur des rectangles vaut 1. L'aire sous la courbe est comprise entre celle du rectangle plein de hauteur \(1/3\) et celle du rectangle pointillé de hauteur \(1/2\) .
5. Sur \([k,k+1]\) : \(\frac{1}{k+1}\leqslant\frac{1}{t}\leqslant\frac{1}{k}\) (car \(k\leqslant t\leqslant k+1\) et \(t\mapsto\frac{1}{t}\) décroissante). En intégrant sur \([k,k+1]\) (intervalle de longueur 1) :
\[\frac{1}{k+1}\leqslant\int_k^{k+1}\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t\leqslant\frac{1}{k}\]
Or
\[\begin{aligned}\int_k^{k+1}\frac{1}{t}\,\mathrm{d}t &= \ln(k+1)-\ln k\\[.35em]&= \ln\!\bigl(\frac{k+1}{k}\bigr)
.\end{aligned}\]
6. On somme l'encadrement pour \(k=1,\ldots,n-1\) :
\[\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+1}\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\ln\!\Bigl(\frac{k+1}{k}\Bigr)\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\]
Le terme central est télescopique : \(\ln n-\ln 1=\ln n\) . À gauche, en reindexant (\(j=k+1\) ) : \(\sum_{j=2}^n\frac{1}{j}\) . D'où :
\[\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}\leqslant\ln n\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\]
7. De l'inégalité de droite : \(\ln n\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\) , donc \(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\geqslant\ln n\to+\infty\) . La série harmonique diverge .
8. \(\gamma_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\) . Montrons que \((\gamma_n)\) est décroissante :
\[\begin{aligned}\gamma_n -\gamma_{n+1} &= \Bigl(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\ln n\Bigr)\\[.35em]&\quad {}-\Bigl(\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}-\ln(n+1)\Bigr)\\[.35em]&= \ln(n+1)-\ln n-\frac{1}{n+1}\\[.35em]&= \ln\!\Bigl(\frac{n+1}{n}\Bigr)-\frac{1}{n+1}\end{aligned}\]
Par l'encadrement de la question 5 avec \(k=n\) : \(\frac{1}{n+1}\leqslant\ln(\frac{n+1}{n})\) , donc \(\gamma_n-\gamma_{n+1}\geqslant 0\) .
Pour \(n\geqslant2\) , l'inégalité de gauche de la question 6 donne un majorant : \(\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}\leqslant\ln n\) , donc \(\gamma_n=\frac{1}{1}+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}-\ln n\leqslant 1+\ln n-\ln n=1\) . Et par l'inégalité de droite : \(\ln n\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\leqslant\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\) , donc \(\gamma_n\geqslant 0\) .
Pour \(n=1\) , \(\gamma_1=1\) , ce qui vérifie aussi les bornes. La suite \((\gamma_n)\) est décroissante et minorée par 0 : elle converge vers \(\gamma\approx 0{,}5772\) (constante d'Euler–Mascheroni).
Partie C : Inégalités classiques
9. \(g(x)=x-\ln(1+x)\) pour \(x>-1\) .
\[\begin{aligned}g'(x) &= 1-\frac{1}{1+x}\\[.35em]&= \frac{x}{1+x}
.\end{aligned}\]
\(g'(x)<0\) sur \(]-1,0[\) , \(g'(x)=0\) en \(x=0\) , \(g'(x)>0\) sur \(]0,+\infty[\) .
Minimum en \(x=0\) : \(g(0)=0\) . Donc \(g(x)\geqslant 0\) pour tout \(x>-1\) , avec égalité ssi \(x=0\) .
D'où \(\ln(1+x)\leqslant x\) pour tout \(x>-1\) , avec égalité ssi \(x=0\) .
Pour l'inégalité stricte (\(x\neq 0\) ) : comme le minimum est atteint uniquement en 0, si \(x\neq 0\) alors \(g(x)>0\) , i.e. \(\ln(1+x)<x\) .
10. Appliquons l'inégalité \(\ln(1+u)<u\) (pour \(u\neq 0\) , \(u>-1\) ) à \(u=\frac{-x}{1+x}\) (valide pour \(x>-1\) , \(x\neq 0\) , car \(\frac{-x}{1+x}>-1\iff\frac{1}{1+x}>0\) , vrai pour \(x>-1\) ).
\(\ln\!\bigl(1+\frac{-x}{1+x}\bigr)<\frac{-x}{1+x}\) , soit \(\ln\!\bigl(\frac{1}{1+x}\bigr)<\frac{-x}{1+x}\) , i.e. \(-\ln(1+x)<\frac{-x}{1+x}\) .
En multipliant par \(-1\) (et renversant l'inégalité) : \(\ln(1+x)>\frac{x}{1+x}\) .
Bilan : pour \(x>-1\) , \(x\neq 0\) : \(\boxed{\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x}\) .
11. (Bonus) De \(\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\) avec \(x=\frac{1}{n}>0\) :
\[\frac{1}{n+1}<\ln\!\Bigl(1+\frac{1}{n}\Bigr)<\frac{1}{n}\]
En multipliant par \(n\) : \(\frac{n}{n+1}<n\ln\!\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)<1\) .
L'inégalité de droite donne \(n\ln(1+\frac{1}{n})<1\) , donc \(\ln\!\bigl((1+1/n)^n\bigr)<1\) , i.e. \((1+\frac{1}{n})^n<\e\) .
On reprend l'inégalité avant multiplication par \(n\) :
\[\frac1{n+1}<\ln\!\left(1+\frac1n\right).\]
En multipliant par \(n+1>0\) , puis en appliquant l'exponentielle croissante,
\[1<(n+1)\ln\!\left(1+\frac1n\right),
\qquad
\e<\left(1+\frac1n\right)^{n+1}.\]
Bilan : \(\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)^n<\e<\bigl(1+\frac{1}{n}\bigr)^{n+1}\) .
Pour justifier leur convergence, l'encadrement donne
\[\frac n{n+1}<n\ln\!\left(1+\frac1n\right)<1.\]
Les deux bornes tendent vers 1, donc le terme central aussi. Par continuité de l'exponentielle, \((1+1/n)^n\to\e\) . Le second terme est le produit du premier par \(1+1/n\to1\) , donc sa limite vaut également \(\e\) . Un simple encadrement de \(\e\) entre deux suites n'aurait pas suffi à établir ces limites.
À toi d’essayer
Des termes vers zéro, une somme vers l'infini Dans l'exercice 10, \(u_n=\ln(1+1/n)\) tend vers 0. Sa somme \(S_n\) peut-elle tendre vers \(+\infty\) ? Écris les quatre premiers termes sous forme de différences puis explique la limite de leur somme générale.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste La limite d'un terme et la limite des sommes partielles sont deux questions différentes.
Indice 2 · Un pas de plus Utilise \(u_k=\ln(k+1)-\ln k\) ; les termes intermédiaires s'annulent.
Voir l’explication La somme des quatre premiers termes vaut
\[(\ln2-\ln1)+(\ln3-\ln2)+(\ln4-\ln3)+(\ln5-\ln4)=\ln5.\]
Plus généralement,
\[\begin{aligned}S_n &= \ln(n+1)\\[.35em]&\to +\infty
,\end{aligned}\]
alors que \(u_n\to0\) par continuité du logarithme en 1. De petits termes positifs peuvent donc s'accumuler sans borne. Le problème donne une autre démonstration pour les termes \(1/n\) . Réessaie avec \(v_n=\ln((n+2)/(n+1))\) pour \(n\geqslant0\) : écris la somme de \(v_0\) à \(v_n\) .
